基于比较的排序算法的最优下界为什么是O（nlogn）

发表于2013/12/21 16:15:50  1024人阅读

分类： Algorithm

1.决策二叉树

回答这个问题之前我们先来玩一个猜数字的游戏，我从1到8中挑一个数字出来让你来猜，每回合你都可以问我一个问题，我的回答“是”或“不是”（1或0），那么你至少需要几个回合才能保证猜出这个数字？比较符合这个游戏精神的玩法是从自己的幸运数字（比如我的是7）开始猜起，一个一个地问我“是不是X？”，可能你的运气足够好，一个回合就能够猜对，但是在最坏的情况下可能就需要8个回合，所以你的答案应该是“至少需要8个回合”（事实上你至少只需要一次就“有可能”猜出来，但为了“保证能”猜出来，你只好委曲求全地说8），换句话说这种猜法的最优下界是8。（平均性能是1×1/8+2×1/8+…+8×1/8=（1+…8）/8=4.5）

但因为你会二分，所以会这样问“是不是比4大？”……而且无论我挑出的数字是几，都只用3个回合。显然这是一种更佳的策略，那么它好在什么地方呢？

如果用信息论的思想来解释，这种猜法每一轮（提问并得到反馈）得到的信息量更大。因为在你不知道这个问题的答案时，我回答“是”和“不是”的概率是相同的（如果你不打开盖子，猫是死还是活的概率是相同的），因此每回合你所获取的信息量都是最大的（熵）。而第一种猜法，比方你第一次问我“是不是7？”，我回答“不是”的概率为“是”的概率的7倍（1/8：7/8），因此得到的信息量就少了。如果你问我“是不是42？”那么信息量就更少了（为0），因为我回答“是”的概率为0……相当于你这个问题白问了。

这就像一个未知的世界，一开始你对这个世界一无所知，然后你通过问我问题来获取一些信息，直到你所取得的信息量能够帮助你认清这个世界。

另一种更加形象的模型是决策树（如图），每一个决策都将引出两个结果，叶子节点代表数字已经猜出。二分思想的决策树十分平衡，因此每次猜测无论是对还是错都能将够将数字的范围缩小一半。最优下界即二叉树的深度，具有L片树叶的二叉树的深度至少是logL，所以logn是n个数字的最优下界。而下面那棵二叉树，虽然很有可能在在第一次分支处就使游戏终结，但是却有很大的概率会失败（需要接着往下猜），这个时候回过头来看刚刚的决策——仅仅将范围缩小了一点点。从直观上感觉这种方法也是比较冒风险的。

2.比较排序的决策树模型

绕了一个大圈子其实就是为了说比较排序的决策树模型。a1,a2,a3……an排序总共有n！总结果，（其中a1′<=a2′<=a3’……<=an’）所占的概率是1/n!，每进行一次比较，就是在这n！种结果中进行二分，接着选择一个二分结果进行下一次二分，直到找到想要的排序。排序算法能不能自顶向下构造出一棵决策树？因为我们讨论的是基于输入元素的比较排序，每一次比较的返回不是0就是1，这恰好可以作为决策树的一个决策将一个事件分成两个分支。比如冒泡排序时通过比较a1和a2两个数的大小可以把序列分成a1,a2……an与a2,a1……an（气泡a2上升一个身位）两种不同的结果，因此比较排序也可以构造决策树。根节点代表原始序列a1,a2,a3……an，所有叶子节点都是这个序列的重排（共有n!个，其中有一个就是我们排序的结果a1′,a2′,a3’……an’）。如果每次比较的结果都是等概率的话（恰好划分为概率空间相等的两个事件），那么二叉树就是高度平衡的，深度至少是log(n!)。又因为log(n!)的增长速度与 nlogn 相同,即 log(n!)=Θ(nlogn)，这就是通用排序算法的最低时间复杂度O(nlogn)的依据。

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证明log(n!)=Θ(nlogn)等价于证明①、②

①log(n!)=O(nlogn)
显然n!<n^n，两边取对数就得到log(n!)<nlog(n)。

②log(n!)=Ω(nlogn)
n!=n(n-1)(n-2)(n-3)…1，把前n/2个因子（都大于n/2）全部缩小到n/2，后n/2个因子全部舍去，得
n!>(n/2)^(n/2)。两边取对数，log(n!)>(n/2)log(n/2)，后者即Ω(nlogn)。

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为了理解O(nlogn)这个公式的含义，下面来看这样一道题：排序5个数至少需要几次比较？

用合并排序（merge sort，算法复杂度为O（nlogn））对3、2、5、1、4进行排序。下面给出了5个数合并排序的归并树，共需要4+2+1+1=8次比较。

                   [1][2][3][4][5]   
                     /              \
               [2][3][5]     [1][4]
                /      \           /   \
          [2][3]      5      1     4
            /    \
          3      2

那么，这是最优的吗？通过决策树模型，我们知道基于比较的排序算法的算法复杂度是log(n!)，因此排序5个数所需要最小的比较次数应该是7次（log(5!)=log(120)≈6.91），而归并排序用了8次。

虽然log(n!)和nlogn的增长率相同，但在n比较小的时候，后者的值差不多是前者的两倍。（下表是这函数的增长规律，log(n!)比较难计算，用chromey calculator最多只能算到log(170!)）。

n           2   3     4     5    10   20    30    50    100   150   170
log(n!)  1   3     5     7    22   61   108   214   525   873   1019
nlogn    2   5   11   12   33   86   147   282   664   1084  1260

如果我们用nlogn这个公式计算5数归并排序的算法复杂度，得到的结果应该是12，事实上只需要8次比较即可。原因是在用“递归树”（算法导论p22）计算merge sort的算法复杂度的时候，我们保守估计了每层的复杂度，n是已经是一个上界了，换句话说每层是O（n），有logn+1层，因此归并算法的最优下界是O（nlogn）。

实际的使用归并算法排n数的复杂度总是要低于nlogn（因为每层比较次数少于n）的，能否等于log(n!)（最优的下界）呢？不可能，反例就是n=5，（证明一个东西错误总是比证明它正确容易得多——Knuth），那么为什么不行呢？还是那个老问题，看它对于事件的划分。虽然我没有画出5数归并排序的决策树，但是从归并树上也可以看出问题出在“ [2][3][5]（2次）”的这一步。这一步有两次比较：第一次比较2和5，较小的数字进入a[0];第二次将较大的那个数和3进行比较，较小的进入a[1]，较大的进入a[2]。而在第一次比较时就出现了概率不均的场面，如果5<2将产生[5][2][3]这一种结果，反之将得到[2][5][3]和[2][3][5]两种结果，概率空间1：2！

下图给出了用7次排5数的决策树（如果对称则省去一支），可以看到每次划分都是十分均衡的。

划分的关键是第三、第四次比较，“a与b”和“c与d”的那比较肯定是等概率的，如果之后分别将e与a和b（或者c和d）比较，将会使两个分支出现一大一小的场面，在比较的初期，出现这种不平衡是致命的！一个分支可能提前“解放”，经过三两次二分就得到了结果，另一个分支的“责任”则突然变大，导致无法再指定次数内完成分解。

唯一的不均衡出现在第5层，因为15不能被2整除，所以7:8已经算得上是很不错的划分了。所以只有在n!=2^k时，才有可能出现一棵高度平衡的二叉树。

因此这个排序算法的最优下界好于merge sort，缺点是只能排5数，因此这个算法不是通用算法，而诸如归并、快排、堆排、希尔在内的最优下界为nlogn的算法都是通用的